Question

（2011?海南模擬）如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子（重力不計）經(jīng)過電場中坐標為（3L，L）的P點時的速度大小為V₀．方向沿x軸負方向，然后以與x軸負方向成45°角進入磁場，最后從坐標原點O射出磁場求：
（1）勻強電場的場強E的大�。�
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大��；
（3）粒子從P點運動到原點O所用的時間．

Answer 1

分析：（1）當粒子從P點垂直進入電場后，做類平拋運動，再以與x軸成45°垂直進入勻強磁場后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，接著從原點射出．由粒子在電場P點的速度可求出剛進入磁場的速度，再由動能定理可得電場強度．
（2）從而由類平拋運動與圓周運動結(jié)合幾何關(guān)系可求出圓弧對應(yīng)的半徑，因此可算出磁感應(yīng)強度．
（3）同時由周期公式及運動學公式可求出粒子從P點到O點的時間．

解答：解：粒子在電場中經(jīng)過點P后，做類平拋運動，進入磁場中做勻速圓周運動，從O點射出，則其運動軌跡如圖所示．
（1）設(shè)粒子在O點時的速度大小為v，OQ段為圓周，PQ段為拋物線．根據(jù)對稱性可知，粒子在Q點時的速度大小也為v，方向與x軸正方向成45°角，可得：V₀=vcos45°     
解得：v=

2

v₀   
在粒子從P運動到Q的過程中，由動能定理得：
-qE₀L=

1

2

m

v

2 0

-

1

2

mv2
解得：E₀=

m v 2 0

2qL

    
（2）在勻強電場由P到Q的過程中，
水平方向的位移為x=v₀t₁
豎直方向的位移為y=

v0

2

t1=L
可得X_QP=2L，OQ=L
由OQ=2Rcos45°故粒子在QO段圓周運動的半徑：R=

2

2

L 
及R=

mv

Bq

得B0=

2mv0

qL

．
（3）在Q點時，v_y=v₀tan45°=v₀ 
設(shè)粒子從P到Q所用時間為t₁，在豎直方向上有：t₁=

L

v0 2

=

2L

v0

 
粒子從Q點運動到O所用的時間為：t₂=

90°

360°

T=

πL

4v0

  
則粒子從O點運動到P點所用的時間為：t_總=t₁+t₂=

2L

v0

+

πL

4v0

=

(8+π)L

4v0

答：（1）勻強電場的場強E的大小為 

m v 2 0

2qL

；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為

2mv0

qL

；
（3）粒子從P點運動到原點O所用的時間

(8+π)L

4v0

．

點評：考查帶電粒子在電場中以一定速度做類平拋運動后，又以一定速度進入勻強磁場中做勻速圓周運動．電場力做粒子做正功，而洛倫茲力對粒子沒有做功．類平拋運動用運動的合成與分解處理，而勻速圓周運動重點則是求出半徑與已知長度的關(guān)系．